Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Lời nói đầu
Chào các Em học sinh thân mến!
Câu hình học phẳng Oxy chắc chắn xuất trong đề thi THPT Quốc Gia hàng năm. Nhằm đáp ứng xu hướng
ra đề mới của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo về nội dung của câu này.Thầy biên soạn tài liệu này với mục đích
giúp các Em có thể chinh phục được câu hình học phẳng. Từ đó xây dựng lòng tin để có thể đạt kết quả tốt
nhất trong kì thi. Tài liệu đựơc chia ra thành 4 chương:
Chương 1. Các bài toán liên quan đến đường tròn
Chương 2. Các bài toán về hình vuông – hình chữ nhật
Chương 3. Các bài toán về hình thang- hình bình hành-hình thoi
Chương 4. Các bài toán về tam giác
Mỗi chương được nhắc lại lí thuyết,có bài tập mẫu và bài tập rèn luyện và hướng dẫn bài tập rèn luyện.
Dù đã cố gắng nhưng chắc chắn tài liệu sẽ không tránh khỏi sai sót nhất định.Hy vọng các Bạn thông cảm
và rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các Bạn đọc! Để lần sau tài liệu sẽ hoàn chỉnh hơn.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
1
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRÒN
Phần 1. Một số kiến thức cần nhớ
1. Đường kính và dây cung
Cho đường tròn tâm I có dây cung AB khác đường kính và H là trung điểm AB.
Khi đó, IH là đường trung trực của AB.
Thật ra, do IAB cân tại I (IA=IB=R) nên IH vừa là đường cao, đường trung
I
A
H
tuyến, đường trung trực, đường phân giác.
B
2. Tiếp tuyến và tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
a. Cho d là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I;R) và H là tiếp điểm. Khi đó:
i) d I ; d R .
ii) IH vuông góc d.
B
b. Giả sử AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (I;R) với B,C là các
tiếp điểm khi đó:
I
H
i) AI là đường trung trực của BC.
ii) Tứ giác ABIC nội tiếp.
A
C
3. Góc ở tâm
a. Định nghĩa:Góc ở tâm là góc có đỉnh là tâm và hai cạnh là hai bán kính.
b. Tính chất:Hai góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
4. Góc ở nội tiếp
a. Định nghĩa:Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh là hai dây cung.
b. Tính chất:
i) Các góc nội tiếp chắn hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau.Đặt biệt, các góc nội tiếp chắn cùng một dây
cung thì bằng nhau.
ii) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các dây cung bằng nhau.
iii) Góc nội tiếp ( 90 ) bằng một nữa góc ở tâm chắn cùng dây cung.
A
iv) Góc nội tiếp chắn đường kính là góc vuông.
5. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung
x
a. Định nghĩa:Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh là tiếp
điểm, có một cạnh là một tia của tiếp tuyến và cạnh còn lại là dây cung.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
I
B
C
2
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
xAC là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.
b. Tính chất:
i) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng một nửa số đo cung bị chắn.
ii) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cùng dây cung.
6. Tứ giác nội tiếp
Tứ giác nội tiếp là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn. Ta có các phát biểu tương đương sau:
a.Tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 .
b. Tứ giác nội tiếp hai góc kề cùng chắn một cạnh bằng nhau.
c. Tứ giác nội tiếp góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối trong của đỉnh đó.
................................................................................................................................................
Phần 2. Rèn luyện kỉ năng chứng minh và vận dụng tính chất biết trước để giải bài
toán
1.Bài toán 1(BT1)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R).H là trực tâm,M là trung điểm của BC và G là trọng tâm ABC .
AKlà đường kính. Chứng minh:
a) BKCH là hình bình hành.
b) AH 2IM ; BH 2IN và CH 2IP .N,P lần lượt là trung điểm của AC và AB.
c) H,G,I thẳng hang và HI 3GI .
d) Trong trường hợp A 60 . Chứng minh: AH AI .
Chứng minh
a) CH AB CH KB; BH AC BH KC . Do đó,
KB AB
KC AC
ABKC là hình bình hành.
b) ABKC là hình bình hành và M là trung điểm của BC, suy ra
M là trung điểm của HK. Do đó IM là đường trung bình của
AHK. AH IM AH 2IM .
AH 2IM
Các ý còn lại tương tự. Bạn đọc thử chứng minh để nhớ nhé.
3
c) G là trọng tâm của ABC nên AM AG .Mà AM là đường
2
trung tuyến của AHK nên G cũng là trọng tâm của AHK . HI
là đường trung tuyến của AHK nên H,G,I thẳng hàng và
HI 3GI .
A
E
F
B
H
D
G
I
C
M
K
d) A 60 BIC 120 MIC 60 (góc nội tiếp bằng 1/2
góc ở tâm chắn cùng dây cung). IMC vuông tại M. Ta có:
IM IC.cos60 IC 2IM IA IC 2IM . Mà AH 2IM (câu b). Suy ra AH AI .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
3
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đỉnh A 1;2 , trực tâm H 1;1 , tâm đường tròn
ngoại tiếp là I 2; 0 . Viết phương trình cạnh BC.
Phân tích:. BC đã có vtpt là AH 2; 1 . Nếu tìm một điểm thuộc cạnh BC thì bải toán đã được giải??
Gọi M là trung điểm của BC. Nhớ lại AH 2IM (BT1 câu b).Thế là có ngay điểm M.
Giải
BC có vtpt là AH 2; 1 . Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó:
1
2 2 x M 2
M 3; .
AH 2IM
2
1 2 yM 0
BC đi qua M và có vtpt AH nên BC : 2 x 3 y 1 0 BC : 2 x y 13 / 2 0 .
2
Chú ý: Trong bài làm các em phải chứng minh AH 2IM (xem BT1 câu b).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;3 ,trọng tâm G 4 ; 4 và tiếp
3 3
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC có phương trình x 3y 5 0 . Tìm tọa độ các
đỉnh của ABC .
Giải
Đặt d : x 3y 5 0 là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi M,I lần lượt là trung điểm
của BC và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó: HI 3GI (xem
A
BT1 câu c) và AM 3GM (tính chất của trọng tâm).
4
3
xI 1 3 xI
x
I
3
2 I 3;1 .
Từ: HI 3GI
2 2
y 3 3 y 4
y 1
I
I
I 2
3
Ta có: IA d IA : 3x y m 0 . I IA 3. 3 1 m 0 m 5 .
2 2
E
F
B
H
D
G
I
C
M
K
Vậy IA : 3x y 5 0 . A d IA nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
3x y 5 0
x 1
A 1;2
x 3y 5 0
y 2
.Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA.
25 .
IA 1 ; 3 IA 5 IA2 5 . C : x 3
2
2 2
2
2
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
2
y1
2
2
4
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
4
xM 1 3 xM
3
3
Ta có AM 3GM
M ;1 .
2
y 1 3 y 4
M
M
3
BC đi qua M và có vtpt là AH 0;1 nên BC có phương trình:
BC : 0 x 3 1. y 1 0 BC : y 1 0 .
2
B, C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
y 1 0
2
3 y1
x
2
2
2
x 0 x 3
B(0;1), C(3;1) B(3;1), C(0;1) .
5
y 1 y 1
2
Vây: A(1;2), B(0;1), C(3;1) hoặc A(1;2),B(3;1), C(0;1) .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3; 3 và đỉnh B 1;1 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C, biết x A xC .
Giải
Ta có: IB (2;4) IB 20 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IB có phương trình:
2
2
x 3 y 3
20 .
B
Gọi M là trung điểm AC, ta có BH 2IM (xem BT1 câu b).
1
x M 3 2 1 1
x 2
BH 2IM
M
M 2; 2 .
yM 2
y 3 1 3 1
M
2
E
F
Đường thẳng AC vuông góc IM và đi qua M có phương trình:
A
H
D
G
I
C
M
AC : x y 4 0 .
K
A, C BC (C) nên tọa độ A,C là nghiệm của hệ phương trình:
x 1, y 5
x y 4 0
A 5;1 ,C 1;5
2
2
x 5, y 1
x 3 y 3 20
x A xc .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 5;1 ,C 1;5 .
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;2 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3; 2 , A 60 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , đỉnh A thuộc đường thẳng d : x y 5 0
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
5
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
và xB xC .
Giải
Với A 60 ta chứng minh được AH AI . Suy ra A thuộc đường trung trực của IH.
Đường trung trực của IH đi qua trung điểm N(2; 0) của IH và có vtpt HI 2; 4 nên có phương trình
: x 2y 2 0 . Điểm A d nên tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x 2y 2 0
x 4
x 5y 5 0 y 1 A 4;1 .
2
2
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán IA nên có phương trình: x 3 y 2 10 . Gọi M là
trung điểm của BC, ta có
3
3 2 x 3
x 2
3 3
AH 2IM
M ; .
2 2
y 3
1 2 y 2
2
BC đi qua M và có vtpt là AH 3;1 có phương trình BC : 3x y 6 0 .
B, C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
x 3 3 , y 3 3
3
x
y
6
0
2
2
B 3 3 ; 3 3 ;C 3 3 ; 3 3 Vì
2
2
2 2
2
2
x 3 3 , y 3 3
x 3 y 2 10
2
2
xB xC . Vậy các điểm cần tìm là A 4;1 , B 3 3 ; 3 3 ;C 3 3 ; 3 3 .
2 2
2
2
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trọng tâm G 1;1 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 7 ; 37 và cạnh AC có phương trình 2 x y 4 0 .
18 18
Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết x A 2 .
Giải
Gọi M là trung điểm của AC, ta có IM AC IM : x 2y m 0 . I thuộc IM nên suy ra
IM : x 2 y
9
0 . M AC IM nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
2
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
6
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
2 x y 4 0
5
5
x
M ;1 . Do G là trọng tâm của ABC ,ta có
9
2
x 2y 0
2
y 1
2
x 5 3(1 5 )
x 2
2 B
MB 3MG B 2
B(2;1) .Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán
yB 1
y
1
3(1
1)
B
2
2
7
37
1105
kính IB có phương trình: (C ) : x y
.Các điểm A, C AC (C) nên tọa độ A,C là
18
18
162
nghiệm của hệ phương trình:
2 x y 4 0
2
7 y 37
x
18
18
2
x 3, y 2
A 3;2 ,C 2; 0
1105
x 2, y 0
162
xA 2 .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 3;2 ,B(2;1),C 2;0 .
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 3; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3;0 và đỉnh C 3; 7 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B của ABC .
Giải
C
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IC có
2
phương trình: x 3 y2 85 .
E
Gọi M là trung điểm AB, ta có CH 2IM (xem BT1 câu b).
1
x M 3 2 3 3
x 3
2IM CH
M
M 3;3 .
1
y
3
M
y 1 7
M 2
F
H
A
D
I
M
Đường thẳng AB vuông góc IM và đi qua M có phương trình:
K
AB : y 3 0 .
A,B AB (C) nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ phương trình:
x 3 2 19, y 3
y 3 0
2
2
x 3 y 85
x 3 2 19, y 3
A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
7
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A
có phương trình lần lượt là 13x 6y 2 0 và x 2y 14 0 Tìm tọa độ các của đỉnh ABC ,
biết tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (6;0) .
Giải
Đặt d1 :13x 6y 2 0,d 2 : x 2 y 14 0 đây lần lượt là đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A .
13x 6 y 2 0
x 4
Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
A(4; 9) . Gọi H và M
x 2 y 14 0
y 9
lần lượt là trực tâm và trung điểm của BC. Khi đó: H d1 H(2h 14; h),M d 2 M (m; 13m 2 ) . Ta
6
có: AH 2IM (xem BT1 câu b).
2h 14 4 2 m 6
2h 2m 6
h 1
.
AH 2IM
29
13m 2
13
m
2
h
m
h
9
2
0
3
3
6
Vậy H 12; 1, M 2;4 . Đường thẳng BC đi qua M và có vtpt là IM nên có phương trình
BC : 2 x y 8 0 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IA có phương trình:
2
x 6
y2 85 . Các điểm B, C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
x 3, y 2
2 x y 8 0
B 3;2 ,C 1;6 B 1;6 ,C 3;2 .
2
2
x
1,
y
6
x
6
y
85
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 4; 9 , B 3;2 ,C 1;6 hoặc A 4; 9 , B 1;6 ,C 3;2 .
2. Bài toán 2(BT2)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R). D,E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A,B,C của ABC .H là
trựctâm. Chứng minh:
a) IA FF ; IB DF và IC DE .
b) H là tâm đường tròn nội tiếp DEF .
Chứng minh
a) Kẻ tiếp tuyến xy tại A. Khi đó: xAB ACB 1 . Ta có
BFC BEC 90 tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra AFE ACB 2
(góc ngoài của tứ giác nội tiếp).
A
x
E
Từ (1) và (2) suy ra AFE xAB xy EF . Mà xy IA ,do đó
IA EF .
Các ý còn lại các Em chứng minh tương tự nhé.!
b) Tứ giác BDHF nội tiếp HDF HBF 1 . Tứ giác CDHE nội
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
F
B
H
D
I
C
8
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
tiếp HDE HCE 2 . Tứ giác BCEF nội tiếp FBE FCE 3 . (1),(2) và (3) HDE HDF . Khi
đó DH là tia phân giác trong FDE . Chứng minh tương tự ta có H là giao điểm ba đường phân giác trong
của DEF . Nên H là tâm đường tròng nội tiếp DEF .
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn (C ) : x 1 y 2 5 .
2
2
Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là E 0;1 và F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC ,
biết x A 0 .
Giải
Đường tròn (C ) có tâm I (1;2) . Ta có IA EF (xem BT2 câu a).
A
x
IA đi qua I và có vtpt EF (1;2) có phương trình
E
F
IA :1( x 1) 2(y 2) 0 IA : x 2y 5 0 . Khi đó tọa độ điểm A là
I
nghiệm của hệ phương trình:
C
B
2
2
x 3, y 1
x 1 y 2 5
.
x 1, y 3
x 2y 5 0
Vậy A(3;1) (vì x A 0 ). AC đi qua A và E có phương trình AC : y 1 0 . C AC (C) nên tọa độ ,C là
nghiệm của hệ phương trình:
2
2
x 3, y 1(l)
x 1 y 2 5
C(1;1) . Ở đây ta loại x 3, y 1 vì trùng điểm A. AB đi qua
x
1,
y
1(
n
)
y
1
0
A và F có phương trình AC : x y 4 0 . B AB (C) nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
x 12 y 2 2 5
x 3, y 1(l)
B(0; 4) . Ở đây ta loại x 3, y 1 vì trùng điểm A.
x
0,
y
4(
n
)
x
y
4
0
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 3;1 ,C 1;1 , B(0;4) .
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy.Cho chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N
là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Tam giác BMD nội tiếp đường tròn
(C ) : x 4 y 1 25 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng CN
2
2
có phương trình 3x 4y 17 0 . Đường thẳng BC đi qua điểm E 7; 0 và M có tung độ âm.
Giải
M
Đường tròn (C ) có tâm I (1;2) và bán kính R 5 . Do BMD nội tiếp đường
N
tròn (C) và N,C là các chân đường cao nên ta chứng minh được IM NC
D
C
I
(xem BT2 câu a). IM đi qua I và IM NC nên có phương trình
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
B
A
9
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
IM : 4( x 4) 3(y 1) 0 IM : 4 x 3y 19 0 . M là giao điểm giữa (C) và IM nên tọa độ của M là
x 4 2 y 12 25
x 7, y 3
nghiệm của hệ:
M 7; 3 (vì tung độ M âm).
x
1,
y
5
4
x
3
y
19
0
Đường thẳng BC đi qua M và E có phương trình BC : x 7 . Điểm C là giao điểm giữa BC và NC nên tọa
3x 4 y 17
x 7
C là nghiệm của hệ
C 7;1 . Điểm C là trung điểm của M và B B(7;5) . DC
x 7
y 1
đi qua C và vuông góc BC có phương trình DC : y 1 0.
x 4 2 y 12 25
x 9, y 1
Tọa độ D là nghiệm của hệ
. Vì B và D phải nằm cùng phía so với
x
1,
y
1
y
1
0
đường thẳng CN nên ta
nhận D 1;1 . Do DA CB A 1;5 .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 1;5 ,B 7;5 ,C 7;1 , D 1;1 .
3.Bài toán 3(BT3)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R). Điểm E là là giao điểm của tiếp tuyến tại A và BC. D là chân
đường phân giác kẻ từ A. Chứng minh: EAD cân.
Chứng minh
Đặt: A1 EAB; A2 BAD; A3 DAC; D ADE; C ACB .
A
Ta có: D A3 C (1) (góa ngoài của DAC ) và
EAD A1 A2 (2) . Mà A3 A2 (3) ( do AD là đường phân
E
I
giác trong góc A và A1 C (4) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
B
D
cung. Từ (1),(2),(3), (4) suy ra EAD D EAD cân.
C
Ví dụ 10. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có A 1; 4 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong góc ADB có phương trình x y 2 0 . Điểm
M 4;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình cạnh AB.
Giải
A
Gọi K là chân đường phân giác trong góc A,khi đó DAK
cân tại D(xem BT3). Đặt d : x y 2 0 đây là đường
M'
phân giác trong góc ADB và DAK cân tại D suy ra
N
I
AK d AK : x y m 0 . Do điểm A thuộc AK nên ta
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
M
D
B
K
C
10
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
có phương trình AK : x y 5 0 . Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AK, khi đó M’ thuộc AB. Ta có
MM’ đi qua M và MM ' AK nên có phương trình x y 5 0 .Gọi N MM ' AK N 0;5 . N là trung
điểm của M và M’ M ' 4;9 . Đường thẳng AB đi qua A và M’ có phương trình AB : 5x 3y 7 0 .
4. Bài toán 4(BT4)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (C) có (I;R). K là tâm đường tròn nội tiếp và D là giao điểm giửa AK và
(C); J là giao điểm giữa AK và phân giác góc ngoài tại B. Chứng minh: D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ
giác KBJC.
Chứng minh
Để D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBJC ta sẽ chứng minh DB DC DK DJ .
Ta đã có DB DC ( do AK là đường phân giác nên D là điểm chính giữa cung BC hay các em hiểu do
DAC DAB DB DC các em xem lại tính chất của góc nội tiếp nhé!).
Vậy ta chỉ cần chứng minh
A
DB DK . Xét ABK có BKD KAB KBA 1 (tính chất góc ngoài của
tam giác). Ta có KBD DBC CBK 2 .
K
Mà DAC DAB và DBC DAC (cùng chắn cung DC), do đó
I
DBC DAB 3 Thêm nửa là CBK KBA 4 . Từ (1),(2),(3),(4) ta có
B
C
KBD DKB DBK cân tại D hay DB DK . Vậy
DB DC DK 5 .
D
J
BK và BJ lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài tại B nên
BK vuông góc BJ. Ta có:
DKB DJB 90 DBK DBJ
DBJ DJB DBJ cân tại D, suy
DKB
DBK
ra DB DJ 6 . Từ (5) và (6) ta có DB DC DK DJ .
Chú ý:
1) D là giao giữa đường phân giác góc trong và đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó DB DC và rỏ ràng
ID sẽ là đường trung trực của BC (vì IB=IC và DB=DC). Khi làm bài tập có khi ta sẽ sử dụng tính chất
này.
2) Các em nên nhớ rằng đường tròn có tính chất đối xứng nên các kết quả có được từ đỉnh A cũng sẽ có ở
đỉnh B và C. Ví dụ: trong bài toán trên, gọi E là giao điểm giữa BK và (C) thì E cũng sẽ là tâm đường tròn
ngoại tiếp AKC . Chứng minh tương tự.
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có A 2;6 , chân đường phân giác trong góc A là
3
M 2; và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
2
1
I ;1 .Xác định tọa độ các đỉnh B,C.
2
Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
11
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
5 5
1
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I ;1 và bán kính bằng R IA
2
2
A
2
2 125
1
có phương trình (C ) : x x 1
.Đường thẳng AM đi qua M và
2
4
I
A nên có phương trình có AM : x 2 0 . Gọi D AM (C) ,khi đó tọa độ
C
M
B
điểm D là nghiệm của hệ
D
2
2
1
x 2
x 2, y 6
x 1 125
x
là tọa độ
D 2; 4 (vì
2
4
y
6
x
2,
y
4
x 2 0
điểm A).
Vì AM là đường phân giác trong góc A nên điểm D nằm chính giữa của cung BC, do đó BC ID . BC đi
5
5
3
qua M và có vtpt là ID ; 5 có phương trình BC : x 2 5 y 0 BC : x 2 y 5 0 .
2
2
2
B, C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
2
2
1
x 5, y 0
x 1 125
x
B(5; 0), C(3; 4) B(3; 4), C(5; 0) .
2
4
x
3,
y
4
x 2y 5 0
Vậy tọa độ các điểm càn tìm là B(5;0), C(3; 4) hoặc B(3; 4), C(5;0) .
BC :
5
3
x 2 5 y 0 BC : x 2 y 5 0 . B, C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ
2
2
phương trình:
2
2
x 5, y 0
x 1 x 1 125
B(5; 0), C(3; 4) B(3; 4), C(5; 0) . Vậy tọa độ các điểm
2
4
x 3, y 4
x 2y 5 0
cần tìm là B(5;0), C(3; 4) hoặc B(3; 4), C(5;0) .
7 4
Ví dụ 12. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có A ; , tâm đường tròn ngoại tiếp I 0;1
5 5
và tâm đường tròn nội tiếp K 1;1 . Viết phương trình cạnh BC.
Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
12
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
1
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I ;1 và bán kính bằng IA 2 có
2
A
2
phương trình (C ) : x 2 y 1 2 .Đường thẳng AK đi A và có vtcp
I
K
B
C
2 1
AK ; 2;1 suy ra AK có vtpt n 1; 2 có phương trình
5 5
AK :1 x 1 2 y 1 0 AK : x 2 y 3 0 .
D
x 1, y 2
x 2 y 12 2
Gọi D AK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ
7 , y 4 D 1;2
x
x
2
y
3
0
5
5
x 7
5 là tọa độ điểm A). Tam giác BKC nội tiếp đường tròn tâm D (xem BT4 ). Đường tròn ngoại
(vì
y 4
5
2
2
tiếp tam giác BKC có tâm D và đường kính DK 5 có phương trình (C ') : x 1 y 2 5 . Tọa độ
x 1 2 y 2 2 5 1
. Lấy (2) trừ (1) ta được 2 x 2y 1 0
điểm B và C là nghiệm của hệ pt:
2
2
x y 1 2 2
d .
Vì tọa độ điểm B và C thỏa (d) nên phương trình đường thẳng đi qua B và C cần tìm là phương là
BC (d ) : 2 x 2y 1 0 .
Ví dụ 13. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có B 2;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I 6;6 và
tâm đường tròn nội tiếp K 4;5 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C.
Giải
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I 6;6 và bán kính bằng IB 5 có
B
2
2
phương trình (C ) : x 6 y 6 5 .Đường thẳng BK đi B và K có
K
I
phương trình BK : x y 1 0 .Gọi D BK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là
A
C
D
2
2
x 2, y 3
x 2
x 6 y 6 5
nghiệm của hệ
D 9;10 (vì
y 3
x 9, y 10
x y 1 0
là tọa độ điểm B). Tam giác AKC nội tiếp đường tròn tâm D (chứng minh như
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89
13
Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.com
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
BT4 ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC có tâm D và đường kính DK 50 có phương trình
2
2
(C ') : x 9 y 10 50 . Tọa độ điểm A và C là nghiệm của hệ pt:
x 9 2 y 10 2 50
x 2 x 10 . Vậy A 2;9 , C 10;3 hoặc A 10;3 , C 2;9 .
2
2
y 9 y 3
x
6
y
6
5
5. Bài toán 5(BT5)
Cho đường tròn (C) tâm I,đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (AC
- Xem thêm -